资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
正方形与线段相等
【题目】
如图1所示,正方形 ABCD中,点E,F分别在BC,CD上,BE=CF,AE,BF交于点G.
(1)求∠AGF 的度数.
(2)在线段AG上截取MG=BG,连接DM,∠AGF的角平分线交DM 于点 N.
①依题意补全图形.
②用等式表示线段 MN 与ND 的数量关系，并证明.
【读题】
本题是以正方形为背景的几何综合题，题干呈现的是正方形中的“十字架”模型.(1)由几何直观可得∠AGF为直角.(2)补全图形如图2所示.凭借几何直观可知 MN=ND.如何进行证明是本题的难点.凭借本题的各种已知条件，可以采用不同的“突破口”，从而可以获得众多不同的解题思路.
分析用图如图2~14 所示.
【分析】
(1)可证 通过角度推导可得
(2)补全图形如图2所示，猜测MN=ND，下面进行证明.
本小问可以考虑的切入点有以下几个：正方形涉及的“弦图”和“手拉手”旋转模型，中点涉及的中位线或者直角三角形斜边中线，角平分线涉及的轴对称图形.这些切入点虽然不同，但是随着分析的深入，你会发现它们相互之间联系密切，很难单独按照这些切入点对思路进行分类.
方法一：
既然MN=ND，那么点 N 为线段 DM 的中点.按构造“8字型”的方法进行.为此可延长GN至点P,使NP=GN,连接AP,DP,但是这样作辅助线难以证明△MNG≌△DNP.为此,需要变换一下辅助线的交代方式.但是，这一步的灵活操作就会难住不少考生.
如图3所示，过点A 作AP⊥AE与GN 的延长线相交于点 P，连接DP.
由∠AGF=90°,GN平分∠AGF,可得∠AGN=45°,又∠GAP=90°,可得△GAP 为等腰直角三角形
AG=AP,∠APG=45°
又可证∠BAG=∠DAP,且AB=AD,可得△ABG≌△ADP,则
∠AGB=∠APD=90°
BG=DP=MG
因为∠APD=90°,∠APG=45°,可得∠ ,于是易证△DPN≌△MGN,得MN=DN.
方法二：
如图4所示,过点 A作AP⊥AE与BM 的延长线交于点 P,连接BM,PM,延长GN 交PD 于点Q.由辅助线作法，可得△APM为等腰直角三角形，AM=AP.
可证△ABM≌△ADP,BM=PD.
取 BM中点 H,连接GH.
可证四边形 PHGQ为矩形,PQ=HG,则 可得点 Q 为线段PD 的中点.
又BP∥GQ,可得 于是可得MN=DN.
方法三：
结合正方形内的“十字架”模型，考虑构造“弦图”.为此，如图5所示，过点 D作DH⊥AE于H,延长GN交DH 于Q.
为了证明点 N 为线段DM 的中点，考虑构造“8字型”模型.过点M作MP⊥AE交GN 于P.可通过证明△MNP≌△DNQ实现证明点N 为线段DM 中点的目的.
证明思路如下：
结合已知信息可得△GHQ和△GMP 均为等腰直角三角形,HG=HQ,GM=BG=PM.可证△ABG≌△DAH,AG=DH,分析线段关系可得DQ=GM=PM.
再证△MNP≌△DNQ,可得 MN=DN.
方法四：
本题还可以通过“平行线分线段成比例”进行解答.如图 6 所示，过点 D 作DH⊥AE于H,作 DT⊥BG于T,过点 D作DS∥GN交BT 于S.
易证△DST为等腰直角三角形,DT=ST.
结合已知可得 BM∥GN，欲证点 N 为 DM 的中点，可证点 G 为BS 的中点，即证BG=GS.
由△ABG≌DAH,可得AG=DH,BG=AH.
又由四边形 DHGT为矩形,可得GT=DH=AG,DT=ST=GH,可得GS=AH=BG.
可得点G为BS 的中点，则 问题得证.
方法五：
下面对方法四进行“优化”，这种思路可以把GN平分∠AGF看作突破口，构造轴对称图形.
如图7所示，在GF上截取GS=GM，进而可得AG为线段BS 的垂直平分线，连接AS，DS,BM,于是AS=AB=AD,进而可得点 B,S,D在以点A 为圆心的圆上,于是∠DSF= 易证得结论成立.
方法六：
除了采用方法五的“优化”措施，还可以如图8所示，连接SM，SD，SN，BM，仿照方法五，证明 易得△DMS为直角三角形.
再证△GMN≌△GSN,MN=SN,通过角度推导可得SN=DN,于是MN=DN.
方法七：
如图9所示，欲证点 N 为线段MD 的中点，可延长AG 至K，使GK=GM，通过证明GN∥DK实现解题的目的.为此，只须证明△DHK 为等腰直角三角形，可证△ABG≌△DAH,则AG=DH=HK,BG=GM=GK,则上述证明过程成立,问题得证.
方法八：
在方法七的基础上，还可以如图10所示，连接BK，证明△ABM≌△CBK.
可得∠BKC=∠BMA=135°,又∠BKA=45°,可得∠AKC=90°.
可得点A,K,C,D在以AC为直径的圆上,则∠AKD=∠ACD=45°,于是GN∥KD,再根据“平行线分线段成比例”，可以证得结论成立.
方法九：
如图11所示,连接BD 交GN 于点O.
可证∠ABM=∠OBG,∠AMB=∠OGB=135°,得△ABM∽OBG.
可得 易证点O为BD 的中点.
结合 可得MN=DN.
方法十：
如图12所示,在GF上截取GS=GM,连接SD,SN,BD,可得△BSM 为等腰直角三角形.
由 可得△ABM∽△DBS,∠BSD=∠BMA=135°.
于是可得∠DSF=∠MBS=45°,于是 BM∥SD∥GN,则 可得MN=DN.
方法十一：
以 BG=MG为突破口，构造旋转全等三角形.
如图13所示,延长GF至T,使GT=GA,TM交AB 于点R,连接MT,AT,DT.
可证△ABG≌△TMG,AB=TM=AD,易证 TR⊥AB,于是 TM∥AD,可得四边形AMTD 为平行四边形.
同时，可知△AGT为等腰直角三角形，角平分线GN 经过AT 的中点，可得GN也经过DM 的中点，于是结论成立.
方法十二：
结合上面的方法，还可以构造辅助圆进行思考.
如图14所示,以AB为直径作圆T 交BD 于点O,设 BD交GN 于点O'.
可得∠ABO=∠AGO=45°,又∠AGN=45°,可得点O在线段GN 上,即点O与O'重合,于是由 BM∥GN，结合“平行线分线段成例比”可得结论成立.
【答案】
解：因为四边形 ABCD 是正方形，
所以AB=BC,∠ABE=∠BCF=90°
又因为 BE=CF,所以
△ABE≌△BCF (SAS)
∠BAE=∠FBC
因为∠FBC+∠ABG=90°,所以
∠BAE+∠ABG=90°
∠AGF=90°
①依题意补全图形，如图2 所示.
②MN=ND.
证明:过点A 作AP⊥AE交GN 的延长线于点 P,连接DP,如图3所示.
因为∠AGF=90°,GN平分∠AGF,所以
因为AP⊥AE,所以
∠APG=∠AGP=45°
AG=AP
因为四边形ABCD 是正方形，所以
∠BAD=90°,AB=AD
因为∠GAP=90°,所以
∠BAG=∠DAP
△BAG≌△DAP (SAS)
BG=DP,∠APD=∠AGB=90°
因为 BG=GM,∠APG=45°,所以
GM=DP,∠DPN=∠NGM=45°
因为∠PND=∠GNM,所以
△PND≌△GNM (AAS)
MN=ND
【反思】
1.本题的背景是正方形中的“十字架”模型.以此为基础，进行“弦图”和“手拉手”模型的构造是分析的发展方向.
2.涉及线段相等的证明，或者线段中点的证明，需要借助“中点模型”进行分析.
3.几何综合题，对于同一个模型的构造，如何恰当地交代辅助线的作法，需要因题而异.不同的交代方法可能直接决定分析思路的难易程度，甚至可以决定思路能否行得通.
4.本题最后一问，有同学提出按照“平移变换”构造正方形中的平移模型进行分析，但是思路比较“绕”.下面对这种方法进行探究，可以看作一种拓展思考.
如图15 所示,延长BC至P,使CP=BE,延长 BF交DP 于点 Q.
易证△ P，可得
由 ，可得点 C，P，Q和F 在以FP 为直径的圆上
可证 ,又知EM∥PQ,可得四边形 PQME为平行四边形，可得
于是可得四边形 BCQM为平行四边形，四边形 MQDA也为平行四边形.
可证 ，于是可得△AGQ 为等腰直角三角形，又由 GN 平分∠AGQ,可得AN=NQ,则可得MN=DN.

展开更多......

收起↑